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(共64張PPT)
再練一課(范圍：§1.4)
第一章　空間向量與立體幾何
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B B A B D AC ABD
題號 9 10 11 　12 答案 BC
對一對
答案
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(1)以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則 A1(2，0，2)，E(1，2，0)，
D(0，0，0)，C(0，2，0)，F(0，0，1)，
則=(2，0，2)，=(1，2，0)，=(0，-2，1)，
設平面A1DE的法向量為n=(a，b，c)，
13.
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則
取n=(-2，1，2)，
∴·n=(0，-2，1)·(-2，1，2)=0，
又CF 平面A1DE，
∴CF∥平面A1DE.
13.
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(2)=(0，2，0)是平面A1DA的法向量，
∴|cos〈n，〉|=
=，
即平面A1DE與平面A1DA夾角的余弦值為.
14.
答案
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(1)∵DB⊥BA，平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，
DB 平面ABDE，
∴DB⊥平面ABC.
∵BD∥AE，∴EA⊥平面ABC.
如圖所示，以C為坐標原點，分別以CA，CB所在直線為x，y軸，以過點C且與EA平行的直線為z軸，建立空間直角坐標系.
14.
答案
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∵AC=BC=4，
∴C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，4，0)，E(4，0，4)，
∴=(-4，4，0)，=(4，0，4).
∴|cos〈，〉|=，
∴異面直線AB與CE所成角的大小為.
14.
(2)由(1)知O(2，0，2)，D(0，4，2)，M(2，2，0)，
∴=(0，4，2)，=(-2，4，0)，=(-2，2，2).
設平面ODM的法向量為n=(x，y，z)，
則由
可得
答案
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14.
令x=2，則y=1，z=1，
∴n=(2，1，1).
設直線CD與平面ODM所成的角為θ，
則sin θ=|cos〈n，〉|=，
∴直線CD與平面ODM所成角的正弦值為.
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(1)∵AE⊥平面AA1D1D，
A1D 平面AA1D1D，∴AE⊥A1D.
∵在長方體ABCD-A1B1C1D1中，
AD=AA1=1，∴A1D⊥AD1.
∵AE∩AD1=A，AE，
AD1 平面AED1，
∴A1D⊥平面AED1.
∵D1E 平面AED1，∴D1E⊥A1D.
15.
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(2)以D為坐標原點，
DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示.
假設在棱AB上存在點E(1，t，0)(0≤t≤2)，
使得AD1與平面D1EC所成的角為，
A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，=(-1，0，1)，
=(0，-2，1)，=(1，t-2，0)，
15.
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設平面D1EC的法向量為n=(x，y，z)，
則
取y=1，得n=(2-t，1，2)，
∴sin =，
整理得t2+4t-9=0，
15.
答案
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解得t=-2或t=-2-(舍去)，
∴在棱AB上存在點E使得AD1與平面D1EC所成的角為，
此時AE=-2.
一、單項選擇題
1.若直線l∥α，且l的一個方向向量為(2，m，1)，平面α的一個法向量為，則m等于
A.-4 B.-6
C.-8 D.8
√
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由題意知(2，m，1)·=0，
即2+m+2=0，所以m=-8.
解析
2.如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點M為棱CC1的中點，則直線B1M與平面A1D1M所成角的正弦值是
A. B.
C. D.
√
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建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，
M，B1(1，1，1)，
=(-1，0，0)，=，
=，
解析
答案
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設平面A1D1M的法向量為m=(x，y，z)，
則
令y=1，可得z=2，所以m=(0，1，2)，
設直線B1M與平面A1D1M所成的角為θ，
sin θ===.
解析
3.在正四棱錐P-ABCD中，M，N分別為PA，PB的中點，且側面與底面所成二面角的正切值為，則異面直線DM與AN所成角的余弦值為
A. B.
C. D.
√
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如圖所示，不妨設正四棱錐底面邊長為2，則由該正四棱錐側面與底面所成二面角的正切值為，取底面正方形的中心為原點O，以過點O且與AD平行的直線為x軸，以過點O且與AB平行的直線為y軸，以OP所在的直線為z軸，建立空間直角坐標系，則A(1，-1，0)，B(1，1，0)，D(-1，-1，0)，
P(0，0，)，則M，N，
所以==，
解析
答案
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設DM與AN所成的角為θ，
則cos θ=|cos〈〉|==.
解析
4.在三棱錐P-ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC=90°，AB=AC=4，∠PBC=45°，則點C到平面PAB的距離是
A. B.
C. D.
√
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方法一　建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(0，4，0)，P(0，4，4)，
∴=(0，4，4)，=(4，0，0)，=(0，0，-4).
設平面PAB的法向量為m=(x，y，z)，
則
令y=，則z=-1，∴m=(0，，-1)，
∴點C到平面PAB的距離為=.
解析
答案
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方法二　∵PC⊥底面ABC，
∴PC⊥AB，又AB⊥AC，且PC∩AC=C，
PC，AC 平面PAC，
∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥PA，
∵AC=AB=4，∴BC=4，
∴PC=4，PB=8，
解析
答案
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在Rt△PAB中，PA==4，
令點C到平面PAB的距離為d，
∵VP-ABC=VC-PAB，
∴××4×4×4=××4×4×d，
∴d=.
解析
5.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD夾角的余弦值為
A. B.
C. D.
√
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以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，
設正方體的棱長為1，
則A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，
∴=(0，1，-1)，=.
設平面A1ED的一個法向量為n1=(1，y，z)，
∴
解析
答案
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∴n1=(1，2，2).
∵平面ABCD的一個法向量為n2=(0，0，1)，
∴|cos〈n1，n2〉|==，
即平面A1ED與平面ABCD夾角的余弦值為.
解析
6.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，動點M在線段CC1上，動點P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1，則線段BP長度的取值范圍是
A. B.
C. D.
√
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以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
由正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，可得A(1，0，0)，
B(1，1，0)，D1(0，0，1).
設P(a，b，1)，M(0，1，t)(0≤t≤1)，
則=(a-1，b，1)，=(-1，-1，1)，=(0，-1，1-t)，
因為AP⊥平面MBD1，BD1 平面MBD1，MD1 平面MBD1，所以AP⊥BD1，AP⊥MD1，
解析
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即
所以=(t，1-t，1)，所以=+=(0，-1，0)+
(t，1-t，1)=(t，-t，1)，
所以||==，因為0≤t≤1，可得||=上單調遞增，
故線段BP長度的取值范圍是.
解析
二、多項選擇題
7.下列結論中，正確的是
A.若兩條不重合的直線l1，l2的一個方向向量分別是a=(2，3，-1)，b=
(-2，-3，1)，則l1∥l2
B.若直線l的一個方向向量是a=(1，-1，2)，平面α的一個法向量是u=
(6，4，-1)，則l⊥α
C.若兩個不同的平面α，β的一個法向量分別是u=(2，2，-1)，v=(-3，4，2)，
則α⊥β
D.若直線l的一個方向向量是a=(0，3，0)，平面α的一個法向量是u=
(0，-5，0)，則l∥α
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√
√
對于A，由題意知，b=-a，所以a∥b，即l1∥l2，故A正確；
對于B，若直線l的一個方向向量是a=(1，-1，2)，平面α的一個法向量是u=(6，4，-1)，則a·u=1×6-1×4+2×(-1)=0，所以a⊥u，即l∥α或l α，故B錯誤；
對于C，因為u·v=0，所以α⊥β，故C正確；
對于D，因為u=-a，所以u∥a，即l⊥α，故D錯誤.
解析
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8.將正方形ABCD沿對角線BD翻折，使平面ABD與平面BCD的夾角為90°，下列結論正確的是
A.AC⊥BD
B.△ACD是等邊三角形
C.直線AB與平面BCD所成的角為
D.AB與CD所成的角為
答案
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如圖所示，以BD的中點O為坐標原點，分別以OD，OA，OC所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，
設正方形ABCD的邊長為，
則D(1，0，0)，B(-1，0，0)，C(0，0，1)，
A(0，1，0)，
所以=(0，-1，1)，=(2，0，0)，·=0，
故AC⊥BD，A正確；
解析
答案
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又||=，||=，||=，
所以△ACD為等邊三角形，B正確；
=(-1，-1，0)，=(0，1，0)，
易知為平面BCD的一個法向量，
設直線AB與平面BCD所成的角為θ，
則sin θ=|cos〈〉|===，
所以直線AB與平面BCD所成的角為，C錯誤；
解析
答案
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又=(1，0，-1)，
所以|cos〈〉|=
==，
所以AB與CD所成的角為，D正確.
解析
9.在棱長為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P在棱DC上運動(不與頂點重合)，則點B到平面AD1P的距離可以是
A.1 B.
C.2 D.3
答案
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答案
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以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則D(0，0，0)，A(3，0，0)，
B(3，3，0)，D1(0，0，3)，
設P(0，t，0)(0所以=(-3，t，0)，=(-3，0，3)，
=(0，3，0)，
解析
答案
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設n=(x，y，z)為平面AD1P的法向量，
則
令y=3，可得n=(t，3，t)，
則點B到平面AD1P的距離d==，
因為0所以d∈(，3).
解
三、填空題
10.在棱長為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段DD1上靠近D1的三等分點，F為線段BB1上靠近B的三等分點，則直線FC1到平面AB1E的距離
為　　 　.
答案
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如圖，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，
則A(3，0，0)，E(0，0，2)，F(3，3，1)，
C1(0，3，3)，B1(3，3，3)，
所以=(-3，0，2)，=(-3，0，2)，
所以=，AE∥FC1，
而AE 平面AB1E，FC1 平面AB1E，
故FC1∥平面AB1E，所以直線FC1到平面AB1E的距離即為點F到平面AB1E的距離.
解析
答案
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又=(-3，0，2)，=(0，3，3)，
設平面AB1E的法向量為n=(x，y，z)，
故
取z=3，則n=(2，-3，3)，
又=(3，3，-1)，故點F到平面AB1E的距離d===.
解析
11.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD=AD=1，AB=2，點E是線段AB上一點，當平面PEC與平面DEC夾角的大小為時，AE=　　　　.
答案
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2-
答案
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設AE=a(0≤a≤2)，
以D為坐標原點，以DA，DC，DP所在直線分別為x軸、y軸和z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
則D(0，0，0)，E(1，a，0)，C(0，2，0)，P(0，0，1)，
可得=(1，a，-1)，=(0，2，-1)，
設平面PEC的法向量為m=(x，y，z)，
則
解析
答案
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令y=1，得x=2-a，z=2，所以m=(2-a，1，2)，
又平面DEC的一個法向量為=(0，0，1)，
則|cos〈m，〉|===，
解得a=2-或a=2+(舍去)，
所以AE=2-.
解析
12.在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，AB=1，AD=2，PA=2，點M在線段PC上運動，則點M到AB距離的最小值為　　.
答案
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以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，
P(0，0，2)，C(1，2，0)，
設=λ，M(x，y，z)，λ∈[0，1]，
則(x，y，z-2)=λ(1，2，-2)，
∴即M(λ，2λ，2-2λ)，
∴=(λ，2λ，2-2λ)，
解析
答案
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直線AB的單位方向向量為u=(1，0，0)，
∴M到AB的距離為
==
=2，
∴當λ=.
解析
四、解答題
13.如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中點，F是DD1的中點.
(1)求證：CF∥平面A1DE；
答案
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以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則 A1(2，0，2)，E(1，2，0)，
D(0，0，0)，C(0，2，0)，F(0，0，1)，
則=(2，0，2)，=(1，2，0)，=(0，-2，1)，
設平面A1DE的法向量為n=(a，b，c)，
則取n=(-2，1，2)，
證明
答案
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∴·n=(0，-2，1)·(-2，1，2)=0，
又CF 平面A1DE，
∴CF∥平面A1DE.
證明
(2)求平面A1DE與平面A1DA夾角的余弦值.
=(0，2，0)是平面A1DA的法向量，
∴|cos〈n，〉|==，
即平面A1DE與平面A1DA夾角的余弦值為.
解
答案
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14.如圖，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=4，四邊形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD=AE=2，O，M分別為CE，AB的中點.
(1)求異面直線AB與CE所成角的大小；
答案
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∵DB⊥BA，平面ABDE⊥平面ABC，
平面ABDE∩平面ABC=AB，
DB 平面ABDE，∴DB⊥平面ABC.
∵BD∥AE，∴EA⊥平面ABC.
如圖所示，以C為坐標原點，分別以CA，CB所在直線為x，y軸，以過點C且與EA平行的直線為z軸，建立空間直角坐標系.
解
答案
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∵AC=BC=4，∴C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，4，0)，E(4，0，4)，
∴=(-4，4，0)，=(4，0，4).
∴|cos〈〉|==，
∴異面直線AB與CE所成角的大小為.
解
(2)求直線CD與平面ODM所成角的正弦值.
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由(1)知O(2，0，2)，D(0，4，2)，M(2，2，0)，
∴=(0，4，2)，=(-2，4，0)，=(-2，2，2).
設平面ODM的法向量為n=(x，y，z)，
則由
令x=2，則y=1，z=1，
∴n=(2，1，1).
解
答案
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設直線CD與平面ODM所成的角為θ，
則sin θ=|cos〈n，〉|==，
∴直線CD與平面ODM所成角的正弦值為.
解
15.如圖，已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，點E在棱AB上移動.
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(1)求證：D1E⊥A1D；
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∵AE⊥平面AA1D1D，
A1D 平面AA1D1D，∴AE⊥A1D.
∵在長方體ABCD-A1B1C1D1中，
AD=AA1=1，∴A1D⊥AD1.
∵AE∩AD1=A，AE，AD1 平面AED1，
∴A1D⊥平面AED1.
∵D1E 平面AED1，∴D1E⊥A1D.
證明
(2)在棱AB上是否存在點E使得AD1與平面D1EC所成的角為？若存在，求出AE的長；若不存在，說明理由.
答案
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以D為坐標原點，
DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，
建立空間直角坐標系，如圖所示.
假設在棱AB上存在點E(1，t，0)(0≤t≤2)，
使得AD1與平面D1EC所成的角為，
A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，=(-1，0，1)，
=(0，-2，1)，=(1，t-2，0)，
解
答案
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設平面D1EC的法向量為n=(x，y，z)，
則
取y=1，得n=(2-t，1，2)，
∴sin ==，
整理得t2+4t-9=0，
解得t=-2或t=-2-(舍去)，
∴在棱AB上存在點E使得AD1與平面D1EC所成的角為，此AE=-2.
解
第一章　空間向量與立體幾何
<<<作業13　再練一課(范圍：§1.4)
分值：100分
一、單項選擇題(每小題5分，共30分)
1.若直線l∥α，且l的一個方向向量為(2，m，1)，平面α的一個法向量為，則m等于
A.－4 B.－6 C.－8 D.8
2. 如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點M為棱CC1的中點，則直線B1M與平面A1D1M所成角的正弦值是
A. B. C. D.
3.在正四棱錐P－ABCD中，M，N分別為PA，PB的中點，且側面與底面所成二面角的正切值為，則異面直線DM與AN所成角的余弦值為
A. B. C. D.
4.在三棱錐P－ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∠PBC＝45°，則點C到平面PAB的距離是
A. B. C. D.
5.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD夾角的余弦值為
A. B. C. D.
6.正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，動點M在線段CC1上，動點P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1，則線段BP長度的取值范圍是
A. B.
C. D.
二、多項選擇題(每小題6分，共18分)
7.下列結論中，正確的是
A.若兩條不重合的直線l1，l2的一個方向向量分別是a＝(2，3，－1)，b＝(－2，－3，1)，則l1∥l2
B.若直線l的一個方向向量是a＝(1，－1，2)，平面α的一個法向量是u＝(6，4，－1)，則l⊥α
C.若兩個不同的平面α，β的一個法向量分別是u＝(2，2，－1)，v＝(－3，4，2)，則α⊥β
D.若直線l的一個方向向量是a＝(0，3，0)，平面α的一個法向量是u＝(0，－5，0)，則l∥α
8.將正方形ABCD沿對角線BD翻折，使平面ABD與平面BCD的夾角為90°，下列結論正確的是
A.AC⊥BD
B.△ACD是等邊三角形
C.直線AB與平面BCD所成的角為
D.AB與CD所成的角為
9. 在棱長為3的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P在棱DC上運動(不與頂點重合)，則點B到平面AD1P的距離可以是
A.1 B.
C.2 D.3
三、填空題(每小題5分，共15分)
10.在棱長為3的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為線段DD1上靠近D1的三等分點，F為線段BB1上靠近B的三等分點，則直線FC1到平面AB1E的距離為　　　　　.
11. 如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，點E是線段AB上一點，當平面PEC與平面DEC夾角的大小為時，AE＝　　　　　.
12.在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，AB＝1，AD＝2，PA＝2，點M在線段PC上運動，則點M到AB距離的最小值為　　　　　.
四、解答題(共37分)
13.(12分)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中點，F是DD1的中點.
(1)求證：CF∥平面A1DE；(6分)
(2)求平面A1DE與平面A1DA夾角的余弦值.(6分)
14.(12分)如圖，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，四邊形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝AE＝2，O，M分別為CE，AB的中點.
(1)求異面直線AB與CE所成角的大小；(6分)
(2)求直線CD與平面ODM所成角的正弦值.(6分)
15.(13分)如圖，已知在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，點E在棱AB上移動.
(1)求證：D1E⊥A1D；(5分)
(2)在棱AB上是否存在點E使得AD1與平面D1EC所成的角為？若存在，求出AE的長；若不存在，說明理由.(8分)
答案精析
1.C　[由題意知
(2，m，1)·＝0，
即2＋m＋2＝0，所以m＝－8.]
2.B　[建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A1(1，0，1)，
D1(0，0，1)，
M，
B1(1，1，1)，
＝(－1，0，0)，
，
，
設平面A1D1M的法向量為
m＝(x，y，z)，
則
令y＝1，可得z＝2，
所以m＝(0，1，2)，
設直線B1M與平面A1D1M所成的角為θ，
sin θ＝.]
3.B　[如圖所示，不妨設正四棱錐底面邊長為2，則由該正四棱錐側面與底面所成二面角的正切值為，易得其高為，取底面正方形的中心為原點O，以過點O且與AD平行的直線為x軸，以過點O且與AB平行的直線為y軸，以OP所在的直線為z軸，建立空間直角坐標系，則A(1，－1，0)，B(1，1，0)，
D(－1，－1，0)，P(0，0，)，
則M，N，
所以，
，
設DM與AN所成的角為θ，
則cos θ＝|cos〈〉|＝.]
4.A　[方法一　建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A(0，0，0)，
B(4，0，0)，
C(0，4，0)，
P(0，4，4)，
∴＝(0，4，4)，
＝(4，0，0)，＝(0，0，－4).
設平面PAB的法向量為
m＝(x，y，z)，
則即
令y＝，則z＝－1，
∴m＝(0，，－1)，
∴點C到平面PAB的距離為
.
方法二　∵PC⊥底面ABC，
∴PC⊥AB，又AB⊥AC，
且PC∩AC＝C，
PC，AC 平面PAC，
∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥PA，
∵AC＝AB＝4，∴BC＝4，
∴PC＝4，PB＝8，
在Rt△PAB中，
PA＝＝4，
令點C到平面PAB的距離為d，
∵VP－ABC＝VC－PAB，
∴××4×4×4××4×4×d，
∴d＝.]
5.B　[以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，
則A1(0，0，1)，
E，
D(0，1，0)，
∴＝(0，1，－1)，
.
設平面A1ED的一個法向量為
n1＝(1，y，z)，
∴即
解得
∴n1＝(1，2，2).
∵平面ABCD的一個法向量為
n2＝(0，0，1)，
∴|cos〈n1，n2〉|＝，
即平面A1ED與平面ABCD夾角的余弦值為.]
6.D　[以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
由正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，可得
A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1).
設P(a，b，1)，M(0，1，t)(0≤t≤1)，則＝(a－1，b，1)，
＝(－1，－1，1)，
＝(0，－1，1－t)，
因為AP⊥平面MBD1，
BD1 平面MBD1，MD1 平面MBD1，
所以AP⊥BD1，AP⊥MD1，
即
解得
所以＝(t，1－t，1)，
所以＝(0，－1，0)＋(t，1－t，1)＝(t，－t，1)，
所以||＝，因為0≤t≤1，
可得||＝在上單調遞增，故線段BP長度的取值范圍是.]
7.AC　[對于A，由題意知，b＝－a，所以a∥b，即l1∥l2，故A正確；對于B，若直線l的一個方向向量是a＝(1，－1，2)，平面α的一個法向量是u＝(6，4，－1)，則a·u＝1×6－1×4＋2×(－1)＝0，所以a⊥u，即l∥α或l α，故B錯誤；對于C，因為u·v＝0，所以α⊥β，故C正確；對于D，因為u＝－a，所以u∥a，即l⊥α，故D錯誤.]
8.ABD　[如圖所示，以BD的中點O為坐標原點，分別以OD，OA，OC所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，
設正方形ABCD的邊長為，
則D(1，0，0)，B(－1，0，0)，
C(0，0，1)，A(0，1，0)，
所以＝(0，－1，1)，＝(2，0，0)，·＝0，故AC⊥BD，A正確；
又||＝，||＝，
||＝，
所以△ACD為等邊三角形，B正確；
＝(－1，－1，0)，＝(0，1，0)，
易知為平面BCD的一個法向量，
設直線AB與平面BCD所成的角為θ，
則sin θ＝|cos〈〉|
＝
＝，
所以直線AB與平面BCD所成的角為，C錯誤；
又＝(1，0，－1)，
所以|cos〈〉|＝
＝，
所以AB與CD所成的角為，D正確.]
9.BC　[以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則D(0，0，0)，
A(3，0，0)，
B(3，3，0)，
D1(0，0，3)，設P(0，t，0)(0所以＝(－3，t，0)，
＝(－3，0，3)，＝(0，3，0)，
設n＝(x，y，z)為平面AD1P的法向量，
則
令y＝3，可得n＝(t，3，t)，
則點B到平面AD1P的距離
d＝，
因為0所以d∈(，3).]
10.
解析　如圖，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，
則A(3，0，0)，
E(0，0，2)，
F(3，3，1)，
C1(0，3，3)，
B1(3，3，3)，
所以＝(－3，0，2)，
＝(－3，0，2)，
所以，AE∥FC1，
而AE 平面AB1E，
FC1 平面AB1E，
故FC1∥平面AB1E，
所以直線FC1到平面AB1E的距離即為點F到平面AB1E的距離.
又＝(－3，0，2)，＝(0，3，3)，
設平面AB1E的法向量為
n＝(x，y，z)，
故即
取z＝3，則n＝(2，－3，3)，
又＝(3，3，－1)，
故點F到平面AB1E的距離
d＝.
11.2－
解析　設AE＝a(0≤a≤2)，
以D為坐標原點，
以DA，DC，DP所在直線分別為x軸、y軸和z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
則D(0，0，0)，E(1，a，0)，C(0，2，0)，P(0，0，1)，
可得＝(1，a，－1)，
＝(0，2，－1)，
設平面PEC的法向量為
m＝(x，y，z)，
則
令y＝1，得x＝2－a，z＝2，
所以m＝(2－a，1，2)，
又平面DEC的一個法向量為
＝(0，0，1)，
則|cos〈m，〉|＝，
解得a＝2－或a＝2＋(舍去)，
所以AE＝2－.
12.
解析　以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，
P(0，0，2)，
C(1，2，0)，
設＝λ，
M(x，y，z)，λ∈[0，1]，
則(x，y，z－2)＝λ(1，2，－2)，
∴即M(λ，2λ，2－2λ)，
∴＝(λ，2λ，2－2λ)，
直線AB的單位方向向量為
u＝(1，0，0)，
∴M到AB的距離為
＝
＝
＝2，
∴當λ＝時，上式取最小值.
13.(1)證明　以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則 A1(2，0，2)，E(1，2，0)，
D(0，0，0)，C(0，2，0)，F(0，0，1)，
則＝(2，0，2)，＝(1，2，0)，
＝(0，－2，1)，
設平面A1DE的法向量為
n＝(a，b，c)，
則
取n＝(－2，1，2)，
∴·n＝(0，－2，1)·(－2，1，2)＝0，
又CF 平面A1DE，
∴CF∥平面A1DE.
(2)解　＝(0，2，0)是平面A1DA的法向量，
∴|cos〈n，〉|
＝
＝，
即平面A1DE與平面A1DA夾角的余弦值為.
14.解　(1)∵DB⊥BA，
平面ABDE⊥平面ABC，
平面ABDE∩平面ABC＝AB，
DB 平面ABDE，
∴DB⊥平面ABC.
∵BD∥AE，∴EA⊥平面ABC.
如圖所示，以C為坐標原點，分別以CA，CB所在直線為x，y軸，以過點C且與EA平行的直線為z軸，建立空間直角坐標系.
∵AC＝BC＝4，
∴C(0，0，0)，
A(4，0，0)，
B(0，4，0)，E(4，0，4)，
∴＝(－4，4，0)，＝(4，0，4).
∴|cos〈〉|＝，
∴異面直線AB與CE所成角的大小為.
(2)由(1)知O(2，0，2)，D(0，4，2)，
M(2，2，0)，
∴＝(0，4，2)，＝(－2，4，0)，＝(－2，2，2).
設平面ODM的法向量為
n＝(x，y，z)，
則由
可得
令x＝2，則y＝1，z＝1，
∴n＝(2，1，1).
設直線CD與平面ODM所成的角為θ，
則sin θ＝|cos〈n，〉|＝，
∴直線CD與平面ODM所成角的正弦值為.
15.(1)證明　∵AE⊥平面AA1D1D，
A1D 平面AA1D1D，∴AE⊥A1D.
∵在長方體ABCD－A1B1C1D1中，
AD＝AA1＝1，∴A1D⊥AD1.
∵AE∩AD1＝A，AE，
AD1 平面AED1，
∴A1D⊥平面AED1.
∵D1E 平面AED1，∴D1E⊥A1D.
(2)解　以D為坐標原點，
DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示.
假設在棱AB上存在點E(1，t，0)(0≤t≤2)，使得AD1與平面D1EC所成的角為，
A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，＝(－1，0，1)，＝(0，－2，1)，
＝(1，t－2，0)，
設平面D1EC的法向量為
n＝(x，y，z)，
則
取y＝1，得n＝(2－t，1，2)，
∴sin
＝，
整理得t2＋4t－9＝0，
解得t＝－2或t＝－2－(舍去)，
∴在棱AB上存在點E使得AD1與平面D1EC所成的角為，
此時AE＝－2.

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